能力課 帶電粒子(帶電體)在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的綜合問(wèn)題一、選擇題1如圖所示，場(chǎng)強(qiáng)大小為E、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一矩形區(qū)域abcd，水平邊ab長(zhǎng)為s，豎直邊ad長(zhǎng)為h，質(zhì)量均為m、帶電荷量分別為q和q的兩粒子，由a、c兩點(diǎn)先后沿ab和cd方向以速率v0進(jìn)入矩形區(qū)域(兩粒子不同時(shí)出現(xiàn)在電場(chǎng)中)，不計(jì)重力，若兩粒子軌跡恰好相切，則v0等于()A. B. C. D. 解析：選B根據(jù)對(duì)稱性，兩粒子軌跡的切點(diǎn)位于矩形區(qū)域abcd的中心，則在水平方向有sv0t，在豎直方向有h··t2，解得v0 ，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤2.(2019屆河北定州中學(xué)月考)如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過(guò)閉合的開(kāi)關(guān)S分別與電源兩極相連，兩極板中央各有一個(gè)小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質(zhì)點(diǎn)由靜止開(kāi)始下落，若不計(jì)空氣阻力，該質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質(zhì)點(diǎn)能穿過(guò)b孔，則可行的方法是()A保持S閉合，將A板適當(dāng)上移B保持S閉合，將B板適當(dāng)下移C先斷開(kāi)S，再將A板適當(dāng)上移D先斷開(kāi)S，再將B板適當(dāng)下移解析：選B設(shè)質(zhì)點(diǎn)距離A板的高度為h，A、B兩板原來(lái)的距離為d，電壓為U，質(zhì)點(diǎn)的電荷量為q.由題知質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，根據(jù)動(dòng)能定理得mg(hd)qU0.若保持S閉合，將A板適當(dāng)上移，設(shè)質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理得mg(hd)qUmv2，v0，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔時(shí)速度恰為零，然后返回，不能穿過(guò)b孔，故A錯(cuò)誤；若保持S閉合，將B板適當(dāng)下移距離d，由動(dòng)能定理得mg(hdd)qUmv2，則v>0，質(zhì)點(diǎn)能穿過(guò)b孔，故B正確；若斷開(kāi)S時(shí)，將A板適當(dāng)上移，板間電場(chǎng)強(qiáng)度不變，設(shè)A板上移距離為d，質(zhì)點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的深度為d時(shí)速度為零由動(dòng)能定理得mg(hdd)qEd0，又由原來(lái)情況有mg(hd)qEd0.比較兩式得，d<d，說(shuō)明質(zhì)點(diǎn)在到達(dá)b孔之前，速度減為零，然后返回，故C錯(cuò)誤；若斷開(kāi)S，再將B板適當(dāng)下移，根據(jù)動(dòng)能定理可知，質(zhì)點(diǎn)到達(dá)b孔原來(lái)的位置速度減為零，然后返回，不能到達(dá)b孔，故D錯(cuò)誤3如圖甲所示，兩極板間加上如圖乙所示的交變電壓開(kāi)始A板的電勢(shì)比B板高，此時(shí)兩板中間原來(lái)靜止的電子在電場(chǎng)力作用下開(kāi)始運(yùn)動(dòng)設(shè)電子在運(yùn)動(dòng)中不與極板發(fā)生碰撞，向A板運(yùn)動(dòng)時(shí)為速度的正方向，則下列圖象中能正確反映電子速度變化規(guī)律的是(其中C、D兩項(xiàng)中的圖線按正弦函數(shù)規(guī)律變化)()解析：選A電子在交變電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力恒定，加速度大小不變，C、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤；從0時(shí)刻開(kāi)始，電子向A板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，T后電場(chǎng)力反向，電子向A板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，直到tT時(shí)刻速度變?yōu)榱阒笾貜?fù)上述運(yùn)動(dòng)，A項(xiàng)正確，B項(xiàng)錯(cuò)誤4.(2018屆高考原創(chuàng)猜題卷)如圖所示，高為h的固定光滑絕緣斜面，傾角53°，將其置于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，現(xiàn)將一帶正電的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面頂端由靜止釋放，其所受的電場(chǎng)力是重力的倍，重力加速度為g，則物塊落地的速度大小為()A2B2C2 D.解析：選D對(duì)物塊受力分析知，物塊不沿斜面下滑，離開(kāi)斜面后沿重力、電場(chǎng)力合力的方向運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)合mg，xh，由動(dòng)能定理得F合·xmv2，解得v.5.(多選)如圖所示，光滑的水平軌道AB與半徑為R的光滑的半圓形軌道BCD相切于B點(diǎn)，AB水平軌道部分存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，半圓形軌道在豎直平面內(nèi)，B為最低點(diǎn)，D為最高點(diǎn)一質(zhì)量為m、帶正電的小球從距B點(diǎn)x的位置在電場(chǎng)力的作用下由靜止開(kāi)始沿AB向右運(yùn)動(dòng)，恰能通過(guò)最高點(diǎn)，則()AR越大，x越大BR越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)后瞬間對(duì)軌道的壓力越大Cm越大，x越大Dm與R同時(shí)增大，電場(chǎng)力做功增大解析：選ACD小球在BCD部分做圓周運(yùn)動(dòng)，在D點(diǎn)，mgm，小球由B到D的過(guò)程中有2mgRmvD2mvB2，解得vB，R越大，小球經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度越大，則x越大，選項(xiàng)A正確；在B點(diǎn)有FNmgm，解得FN6mg，與R無(wú)關(guān)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由EqxmvB2，知m、R越大，小球在B點(diǎn)的動(dòng)能越大，則x越大，電場(chǎng)力做功越多，選項(xiàng)C、D正確6.(多選)(2018屆湖北八校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)xOy坐標(biāo)系中分布著與水平方向成45°角的勻強(qiáng)電場(chǎng)，將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，以某一初速度從O點(diǎn)豎直向上拋出，它的軌跡恰好滿足拋物線方程xky2，且小球通過(guò)點(diǎn)P.已知重力加速度為g，則()A電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為 B小球初速度的大小為 C小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為 D小球從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)的過(guò)程中，電勢(shì)能減少 解析：選BC小球做類平拋運(yùn)動(dòng)，則電場(chǎng)力與重力的合力沿x軸正方向，qEmg，電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，A錯(cuò)誤；F合mgma，所以ag，由類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v0t，gt2，得小球初速度大小為v0，B正確；由P點(diǎn)的坐標(biāo)分析可知，所以小球通過(guò)點(diǎn)P時(shí)的動(dòng)能為mv2m(v02vx2)，C正確；小球從O到P過(guò)程中電勢(shì)能減少，且減少的電勢(shì)能等于電場(chǎng)力做的功，即WqE·，D錯(cuò)誤二、非選擇題7.(2019屆吉安模擬)如圖所示，一條長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線上端固定，下端拴一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的小球，將它置于方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，使細(xì)線豎直拉直時(shí)將小球從A點(diǎn)由靜止釋放，當(dāng)細(xì)線離開(kāi)豎直位置偏角60°時(shí)，小球速度為0.(1)求小球的帶電性質(zhì)及電場(chǎng)強(qiáng)度E；(2)若小球恰好完成豎直圓周運(yùn)動(dòng)，求從A點(diǎn)釋放小球時(shí)應(yīng)有的初速度vA的大小(可含根式)解析：(1)根據(jù)電場(chǎng)方向和小球受力分析可知小球帶正電小球由A點(diǎn)釋放到速度等于零，由動(dòng)能定理有EqLsinmgL(1cos)0解得E.(2)將小球的重力和電場(chǎng)力的合力作為小球的等效重力G，則Gmg，方向與豎直方向成30°角偏向右下方若小球恰能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，在等效最高點(diǎn)：mmg由A點(diǎn)到等效最高點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(1cos30°)mv2mvA2聯(lián)立解得vA.答案：(1)正電(2)8(2018屆河南南陽(yáng)一中月考)如圖甲所示，兩塊水平平行放置的導(dǎo)電板，板間距為d，大量電子(質(zhì)量為m，電荷量為e)連續(xù)不斷地從中點(diǎn)O沿與極板平行的OO方向射入兩板之間，當(dāng)兩板不帶電時(shí)，這些電子通過(guò)兩板之間的時(shí)間為3t0，當(dāng)在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0、幅值恒為U0的周期性電壓時(shí)，所有的電子均能從兩板間通過(guò)(不計(jì)電子重力)求這些電子穿過(guò)平行板時(shí)距OO的最大距離和最小距離解析：以電場(chǎng)力的方向?yàn)檎较颍嫵鲭娮釉趖0、tt0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)后，沿電場(chǎng)力的方向的速度vy隨時(shí)間t變化的vy­t圖象，如圖甲和乙所示電場(chǎng)強(qiáng)度E電子的加速度a圖甲中，vy1at0vy2a×2t0由圖甲可得電子的最大側(cè)位移ymaxt0vy1t0t0由圖乙可得電子的最小側(cè)位移ymint0vy1t0.答案：9.(2019屆德州質(zhì)檢)如圖所示，在距足夠長(zhǎng)的光滑絕緣水平直線軌道上方h高度的P點(diǎn)，固定電荷量為Q的點(diǎn)電荷，一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，從軌道上的A點(diǎn)以初速度v0沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)正下方B點(diǎn)時(shí)速度為v.已知點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在A點(diǎn)的電勢(shì)為(取無(wú)窮遠(yuǎn)處的電勢(shì)為零)，PA連線與水平軌道的夾角為60°，試求：(1)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大??；(2)點(diǎn)電荷Q產(chǎn)生的電場(chǎng)在B點(diǎn)的電勢(shì)解析：(1)物塊在A點(diǎn)受到點(diǎn)電荷的庫(kù)侖力F由幾何關(guān)系可知P、A間距離r設(shè)物塊在A點(diǎn)時(shí)受到軌道的支持力大小為FN，由平衡條件有FNmgFsin60°0解得FNmg.(2)設(shè)點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)在B點(diǎn)的電勢(shì)為B，由動(dòng)能定理有q(B)mv2mv02解得B.答案：(1)mg(2)10.(2018屆湖南五校高三聯(lián)考)如圖所示，長(zhǎng)度為d的絕緣輕桿一端套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，另一端固定一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電小球小球可以在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，AC和BD分別為圓的豎直和水平直徑，等量異種點(diǎn)電荷Q、Q分別固定在以C為中點(diǎn)、間距為2d的水平線上的E、F兩點(diǎn)讓小球從最高點(diǎn)A由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)小球的速度大小為v，不考慮q對(duì)Q、Q所產(chǎn)生電場(chǎng)的影響，重力加速度為g，求：(1)小球經(jīng)過(guò)C點(diǎn)時(shí)對(duì)桿的拉力大小；(2)小球經(jīng)過(guò)D點(diǎn)時(shí)的速度大小解析：(1)小球從A點(diǎn)到C點(diǎn)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理有mg·2dmvC2在C點(diǎn)，由牛頓第二定律有Tmgm得T5mg根據(jù)牛頓第三定律知，球?qū)U的拉力大小為TT5mg.(2)設(shè)UBAU，根據(jù)對(duì)稱性可知UBAUADU小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)和從A點(diǎn)到D點(diǎn)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgdqUmv2mgdqUmvD2得vD.答案：(1)5mg(2) |學(xué)霸作業(yè)|自選一、選擇題1.(2019屆吉林調(diào)研)真空中，在x軸上的原點(diǎn)處和x6a處分別固定一個(gè)點(diǎn)電荷M、N，在x2a處由靜止釋放一個(gè)正點(diǎn)電荷P，假設(shè)試探電荷P只受電場(chǎng)力作用沿x軸方向運(yùn)動(dòng)，得到試探電荷P的速度與其在x軸上的位置關(guān)系如圖所示，則下列說(shuō)法正確的是()A點(diǎn)電荷M、N一定都是負(fù)電荷B試探電荷P的電勢(shì)能一定是先增大后減小C點(diǎn)電荷M、N所帶電荷量的絕對(duì)值之比為21Dx4a處的電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零解析：選D根據(jù)題意，試探電荷僅在電場(chǎng)力作用下先加速后減速，其動(dòng)能先增大后減小，其電勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；試探電荷在x4a處速度最大，加速度為零，合力為零，電勢(shì)能最小，該處電場(chǎng)強(qiáng)度一定為零，選項(xiàng)D正確；在x軸上從原點(diǎn)處到x6a處，電場(chǎng)強(qiáng)度從兩頭指向x4a處，點(diǎn)電荷M、N一定都是正電荷，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由可得QM4QN，選項(xiàng)C錯(cuò)誤2.(多選)(2018屆山西太原一模)如圖所示，在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，t0時(shí)，帶負(fù)電的物塊以速度v0沿斜面向上滑動(dòng)，然后滑回到原處已知物塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)不變，滑塊所帶電荷量不變，用Ek表示滑塊的動(dòng)能，x表示位移，Ep表示電勢(shì)能，取斜面底端為零勢(shì)能面，規(guī)定v0的方向?yàn)檎较?，則下列圖線正確的是()解析：選AD物塊先以速度v0沿斜面向上滑動(dòng)，然后下滑回到原處的過(guò)程中，除摩擦力在上滑和下滑時(shí)方向相反外，受的其他力大小和方向均不變，故物塊先做勻減速運(yùn)動(dòng)(加速度較大)，再做反向的勻加速運(yùn)動(dòng)(加速度較小)，A正確；對(duì)物塊沿斜面上升過(guò)程由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2v022ax，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知B錯(cuò)誤；沿斜面上升過(guò)程由動(dòng)能定理有，F(xiàn)xEkEk0(F為物塊所受合外力，大小恒定)，圖線應(yīng)為直線，可知C錯(cuò)誤；取斜面底端為零勢(shì)能面，由于物塊帶負(fù)電，且沿斜面向上電勢(shì)逐漸降低，故物塊的電勢(shì)能隨位移的增大而增大，D正確3.(2019屆福州四校聯(lián)考)如圖所示，在豎直平面內(nèi)固定一個(gè)半徑為R的絕緣圓環(huán)，有兩個(gè)可視為點(diǎn)電荷的相同的帶負(fù)電小球A和B套在圓環(huán)上，其中小球A可沿圓環(huán)無(wú)摩擦地滑動(dòng)，小球B固定在圓環(huán)上，和圓心O的連線與水平方向的夾角為45°.現(xiàn)將小球A從位于水平直徑的左端位置由靜止釋放，重力加速度大小為g，則下列說(shuō)法正確的是()A小球A從釋放到運(yùn)動(dòng)至圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過(guò)程中電勢(shì)能保持不變B小球A運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)的水平直徑右端P點(diǎn)時(shí)的速度為0C小球A運(yùn)動(dòng)到圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，速率先增大后減小D小球A到達(dá)圓環(huán)最低點(diǎn)Q時(shí)的速度大小為解析：選C小球A從釋放到運(yùn)動(dòng)至圓環(huán)最低點(diǎn)Q的過(guò)程中，受到電場(chǎng)力、重力、圓環(huán)的支持力三個(gè)力的作用，其中圓環(huán)的支持力始終與運(yùn)動(dòng)方向垂直，即圓環(huán)的支持力不做功，分析可知，重力與電場(chǎng)力合力的方向與小球運(yùn)動(dòng)方向的夾角先小于90°后大于90°，即合力對(duì)小球A先做正功后做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理，小球的動(dòng)能先增大后減小，速率先增大后減小，選項(xiàng)C正確；小球A、B之間的電場(chǎng)力為斥力，電場(chǎng)力與小球運(yùn)動(dòng)方向之間的夾角先小于90°后大于90°，可知小球A從釋放至運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)過(guò)程中，小球A的電勢(shì)能先減小后增大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球A在釋放點(diǎn)與在Q點(diǎn)的電勢(shì)能相等，小球A從釋放運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)的過(guò)程中，有mgRmvQ2，vQ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；假設(shè)小球A到達(dá)P點(diǎn)時(shí)速度為零，分析可知，小球A在P點(diǎn)與在釋放點(diǎn)重力勢(shì)能相同，小球A在P點(diǎn)的電勢(shì)能比在釋放點(diǎn)時(shí)大，由能量守恒可知假設(shè)錯(cuò)誤，小球A不能到達(dá)P點(diǎn)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤4.(2018屆湖南五校高三聯(lián)考)在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點(diǎn)以大小為v的初速度水平拋出，從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度方向恰好水平，A、B、C三點(diǎn)在同一直線上，且AB2BC，如圖所示，由此可知()A小球帶正電B電場(chǎng)力大小為2mgC小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等D小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的速度變化量不相等解析：選D根據(jù)小球從B點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)的軌跡可以看出，小球所受的電場(chǎng)力豎直向上，即小球帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；因?yàn)榈竭_(dá)C點(diǎn)時(shí)速度水平，所以小球在C點(diǎn)時(shí)的速度等于在A點(diǎn)時(shí)的速度，因?yàn)锳B2BC，設(shè)B、C間豎直距離為h，則A、B間豎直距離為2h，小球由A點(diǎn)到C點(diǎn)根據(jù)動(dòng)能定理有mg×3hEqh0，即Eq3mg，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)的過(guò)程中，在豎直方向上的加速度大小為g，方向豎直向下，所用時(shí)間為t12，從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中，在豎直方向上的加速度大小為a22g，方向豎直向上，故所用時(shí)間t2 ，故t12t2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；小球從A點(diǎn)到B點(diǎn)與從B點(diǎn)到C點(diǎn)的過(guò)程中速度變化量大小都等于v2g，但方向相反，選項(xiàng)D正確 5.(多選)(2018屆四川宜賓二診)如圖甲所示，真空中水平放置兩塊長(zhǎng)度為2d的平行金屬板P、Q，兩板間距為d，兩板間加上如圖乙所示最大值為U0的周期性變化的電壓在兩板左側(cè)緊靠P板處有一粒子源A，自t0時(shí)刻開(kāi)始連續(xù)釋放初速度大小為v0，方向平行于金屬板的相同帶電粒子t0時(shí)刻釋放的粒子恰好從Q板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)已知電場(chǎng)變化周期T，粒子質(zhì)量為m，不計(jì)粒子重力及相互間的作用力則()A在t0時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)速度大小仍為v0B粒子的電荷量為C在tT時(shí)刻進(jìn)入的粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)電勢(shì)能減少了mv02D在tT時(shí)刻進(jìn)入的粒子剛好從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)解析：選AD粒子進(jìn)入電場(chǎng)后，水平方向做勻速運(yùn)動(dòng)，則t0時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t，此時(shí)間正好是交變電場(chǎng)的一個(gè)周期；粒子在豎直方向先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一個(gè)周期，粒子的豎直速度為零，故粒子離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度大小等于水平速度v0，選項(xiàng)A正確；豎直方向，粒子在時(shí)間內(nèi)的位移為，則d·2，解得q，選項(xiàng)B錯(cuò)誤，t時(shí)刻進(jìn)入電場(chǎng)的粒子，離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)在豎直方向的位移為d2×a22×a2aT2d，故電場(chǎng)力做功W×dU0qmv02，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；t時(shí)刻進(jìn)入的粒子，在豎直方向先向下加速運(yùn)動(dòng)，然后向下減速運(yùn)動(dòng)，再向上加速，向上減速，由對(duì)稱可知，此時(shí)豎直方向的位移為零，故粒子從P板右側(cè)邊緣離開(kāi)電場(chǎng)，選項(xiàng)D正確6.(多選)如圖所示，一絕緣光滑半圓環(huán)軌道放在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)為E.在與環(huán)心等高處放有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，由靜止開(kāi)始沿軌道運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是()A小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)速度最大B小球在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒C小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為mgqED小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為3(mgqE)解析：選AD根據(jù)動(dòng)能定理知，在小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，電場(chǎng)力和重力一直做正功，到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)速度最大，故A正確；小球在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中除了重力做功，還有電場(chǎng)力做功，機(jī)械能不守恒，故B錯(cuò)誤；小球經(jīng)過(guò)環(huán)的最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理得mgRqERmv2，根據(jù)牛頓第二定律得FNqEmgm，解得FN3(mgqE)，則小球?qū)壍赖膲毫?(mgqE)，故C錯(cuò)誤，D正確二、非選擇題7.如圖所示，長(zhǎng)為l的輕質(zhì)細(xì)線固定在O點(diǎn)，細(xì)線的下端系住質(zhì)量為m、電荷量為q的小球，小球的最低點(diǎn)距離水平面的高度為h，在小球最低點(diǎn)與水平面之間高為h的空間內(nèi)分布著場(chǎng)強(qiáng)為E的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)固定點(diǎn)O的正下方處有一障礙物P，現(xiàn)將小球從細(xì)線處于水平狀態(tài)由靜止釋放，不計(jì)空氣阻力(1)細(xì)線在剛要接觸障礙物P時(shí)，小球的速度是多大？(2)細(xì)線在剛要接觸障礙物P和細(xì)線剛接觸到障礙物P時(shí)，細(xì)線的拉力發(fā)生多大變化？(3)若細(xì)線在剛要接觸障礙物P時(shí)斷開(kāi)，小球運(yùn)動(dòng)到水平面時(shí)的動(dòng)能為多大？解析：(1)由機(jī)械能守恒定律得mglmv2，v.(2)細(xì)線在剛要接觸障礙物P時(shí)，設(shè)細(xì)線的拉力為T1，由牛頓第二定律得T1mgm細(xì)線在剛接觸到障礙物P時(shí)，設(shè)細(xì)線的拉力為T2，由牛頓第二定律得T2mgm可解得T2T12mg，即增大2mg.(3)細(xì)線斷開(kāi)后小球在豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t小球在水平方向做勻加速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的距離xvt·t2小球運(yùn)動(dòng)到水平面的過(guò)程由動(dòng)能定理得mghqExEkmv2解得Ekmghmgl2qE.答案：(1)(2)增大2mg(3)mghmgl2qE8.如圖所示，在豎直邊界線O1O2左側(cè)空間存在一豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度E100 N/C，電場(chǎng)區(qū)域內(nèi)有一固定的粗糙絕緣斜面AB，其傾角為30°，A點(diǎn)距水平地面的高度為h4 mBC段為一粗糙絕緣平面，其長(zhǎng)度為L(zhǎng) m斜面AB與水平面BC由一段極短的光滑小圓弧連接(圖中未標(biāo)出)，豎直邊界線O1O2右側(cè)區(qū)域固定一半徑為R0.5 m的半圓形光滑絕緣軌道，CD為半圓形光滑絕緣軌道的直徑，C、D兩點(diǎn)緊貼豎直邊界線O1O2，位于電場(chǎng)區(qū)域的外部(忽略電場(chǎng)對(duì)O1O2右側(cè)空間的影響)現(xiàn)將一個(gè)質(zhì)量為m1 kg、電荷量為q0.1 C的帶正電的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))在A點(diǎn)由靜止釋放，且該小球與斜面AB和水平面BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為.求：(g取10 m/s2)(1)小球到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度大??；(2)小球到達(dá)D點(diǎn)時(shí)所受軌道的壓力大??；(3)小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離解析：(1)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，由A點(diǎn)至C點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得(mgEq)h(mgEq)cos30°(mgEq)LmvC20解得vC2 m/s.(2)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，在由C點(diǎn)至D點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mvC2mvD2mg·2R在最高點(diǎn)以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，可得FNmgm解得FN30 N，vD2 m/s.(3)設(shè)小球做類平拋運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律可得mgqEma，解得a20 m/s2假設(shè)小球落在BC段，則應(yīng)用類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律列式可得xvDt,2Rat2解得x m< m，假設(shè)正確即小球落地點(diǎn)距離C點(diǎn)的水平距離為 m.答案：(1)2 m/s(2)30 N(3) m9.(2019屆山東煙臺(tái)模擬)如圖所示，豎直固定的光滑絕緣的直圓筒底部放置一場(chǎng)源電荷A，其電荷量Q4×103 C，場(chǎng)源電荷A形成的電場(chǎng)中各點(diǎn)的電勢(shì)表達(dá)式為k，其中k為靜電力常量，r為空間某點(diǎn)到A的距離有一個(gè)質(zhì)量為m0.1 kg的帶正電小球B，B球與A球間的距離為a0.4 m，此時(shí)小球B處于平衡狀態(tài)，且小球B在場(chǎng)源A形成的電場(chǎng)中具有的電勢(shì)能表達(dá)式為Epk，其中r為q與Q之間的距離有一質(zhì)量也為m的不帶電絕緣小球C從距離B的上方H0.8 m處自由下落，落在小球B上立刻與小球B粘在一起向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，它們向上運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)P(取g10 m/s2，k9×109 N·m2/C2)，求：(1)小球C與小球B碰撞后的速度為多少？(2)小球B的帶電荷量q為多少？(3)P點(diǎn)與小球A之間的距離為多大？(4)當(dāng)小球B和C一起向下運(yùn)動(dòng)與場(chǎng)源A距離多遠(yuǎn)時(shí)，其速度最大？速度的最大值為多少？解析：(1)小球C自由下落H距離的速度v04 m/s小球C與小球B發(fā)生碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv02mv1代入數(shù)據(jù)得v12 m/s.(2)小球B在碰撞前處于平衡狀態(tài)，對(duì)B球進(jìn)行受力分析知mgk代入數(shù)據(jù)得q×108 C.(3)C和B向下運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中系統(tǒng)能量守恒，設(shè)P與A之間的距離為x，由能量守恒得×2mv12k2mg(xa)k代入數(shù)據(jù)得x m(或x0.683 m)(4)當(dāng)C和B向下運(yùn)動(dòng)的速度最大時(shí)，設(shè)與A之間的距離為y，對(duì)C和B整體進(jìn)行受力分析有2mgk代入數(shù)據(jù)有y m(或y0.283 m)由能量守恒得×2mv12k×2mvm22mg(ay)k代入數(shù)據(jù)得vm m/s(或vm2.16 m/s)答案：(1)2 m/s(2)×108 C(3) m(4) m m/s10(2017年全國(guó)卷)如圖，兩水平面(虛線)之間的距離為H，其間的區(qū)域存在方向水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)自該區(qū)域上方的A點(diǎn)將質(zhì)量為m、電荷量分別為q和q(q>0)的帶電小球M，N先后以相同的初速度沿平行于電場(chǎng)的方向射出小球在重力作用下進(jìn)入電場(chǎng)區(qū)域，并從該區(qū)域的下邊界離開(kāi)已知N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的速度方向豎直向下；M在電場(chǎng)中做直線運(yùn)動(dòng)，剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能為N剛離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)動(dòng)能的1.5倍不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g.求：(1)M與N在電場(chǎng)中沿水平方向的位移之比；(2)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度；(3)該電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小解析：(1)設(shè)小球M，N在A點(diǎn)水平射出時(shí)的初速度大小為v0，則它們進(jìn)入電場(chǎng)時(shí)的水平速度仍然為v0.M，N在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t相等，電場(chǎng)力作用下產(chǎn)生的加速度沿水平方向，大小均為a，在電場(chǎng)中沿水平方向的位移分別為s1和s2.由題給條件和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得v0at0s1v0tat2s2v0tat2聯(lián)立式得3.(2)設(shè)A點(diǎn)距電場(chǎng)上邊界的高度為h，小球下落h時(shí)在豎直方向的分速度為vy，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得vy22ghHvytgt2M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系知聯(lián)立式可得hH.(3)設(shè)電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，小球M進(jìn)入電場(chǎng)后做直線運(yùn)動(dòng)，則設(shè)M，N離開(kāi)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能分別為Ek1，Ek2，由動(dòng)能定理得Ek1m(v02vy2)mgHqEs1Ek2m(v02vy2)mgHqEs2由已知條件Ek11.5Ek2聯(lián)立式得E.答案：(1)3(2)H(3)16